2019届二轮复习 力与物体的曲线运动作业 (全国通用)
第3讲
力与物体的曲线运动
[真题再现]
1．(2018·课标Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和v
2的速度沿
同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的
A ．2倍
B ．4倍
C ．6倍
D ．8倍
解析
本题考查平抛运动规律的应用。小球做平抛运动，其运动轨迹如图
所示。设斜面的倾角为θ
。
平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，x ＝v 0t ，h ＝12gt 2，由图中几何关系，可得tan θ＝h
x ，解得：t ＝2v 0tan θg ；从
抛出到落到斜面上，由动能定理可得：mgh ＝12m v ′2－1
2m v 20，可得：v ′＝
v 20＋2gh ＝
1＋4tan 2
θ·v 0，则v 甲′v 乙′＝v 0甲
v 0乙＝v v 2
＝2
1
，选项A 正确。
答案A
2.(2017·全国卷Ⅱ
)如图1－3－1，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力
图1－3－1
A ．一直不做功
B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心
D．始终背离大圆环圆心
解析由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。
答案A
3．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析施加一恒力后，质点的速度方向可能与该恒力的方向相同，可能与该恒力的方向相反，也可能与该恒力方向成某一角度且角度随时间变化，但不可能总是与该恒力的方向垂直，若施加的恒力方向与质点初速度方向垂直，则质点做类平抛运动，质点速度方向与恒力方向的夹角随时间的增大而减小，选项A错误，B正确。质点开始时做匀速直线运动，说明原来作用在质点上开始时做匀速直线运动，说明原来作用在质点上的合力为零，现对其施加一恒力，根据牛顿第二定律，质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，且大小不变，
由a＝Δv
Δt可知，质点单位时间内速度的变化量Δv总是不变的，但速率的变化量
不确定，选项C正确，D错误。
答案BC
4．(2015·课标卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图1－3－2所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大
取值范围是
图1－3－2
A.L 12
g
6h 6h B.L 1 4g h 2)g 6h C.L 1 2g 6h 2)g 6h D.L 1 4g h (4L 21＋L 2 2)g 6h 解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动。当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h －h ＝gt 2 12① L 1 2 ＝v 1t 1②联立①②得v 1＝ L 14 g h 当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有(L 22)2＋L 21＝v 2t 2③3h ＝12gt 22④ 联立③④得v 2＝ 1 2 (4L 21＋L 2 2)g 6h 所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜12 (4L 21＋L 2 2)g 6h ，选项D 正确。答案D [考情分析] 分值6～12分 题型 以选择题为主，计算题涉及其中一部分命题热点 (1)运动的合成与分解 (2)平抛(类平抛)运动的规律(3)圆周运动 (4)平抛运动和圆周运动的综合应用 考点一运动的合成与分解 1．运动合成与分解的一般思路(1)明确合运动或分运动的运动性质。(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。 (3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。 2．分析运动的合成与分解问题，要注意运动的分解方向，一般情况按实际运动效果进行分解。绳关联的情景中，物体的实际运动为合运动，相应的速度为合速度；实际运动有两个运动效果，一是使绳子伸长，二是使绳子转动。 3．小船过河的时间t ＝d v 垂 ，其中v 垂为小船在静水中的速度沿垂直于河岸方向的分速度。 (2018·平顶山模拟)如图1－3－3所示，在竖直平面的xOy 坐标系中， Oy 竖直向上，Ox 水平。设平面内存在沿x 轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿Oy 方向竖直向上抛出，初速度为v 0＝4m /s ，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M 点所示，(坐标格为正方形，g ＝10m/s 2)求： 图1－3－3 (1)小球在M 点的速度v 1的大小； (2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x 轴时的位置N ；(3)小球到达N 点的速度v 2的大小。 [解析](1)设正方形的边长为s0。 竖直方向做竖直上抛运动， v0＝gt1,2s0＝v0 t1， 2 水平方向做匀加速直线运动， 3s0＝v1 t1，解得v1＝6m/s。 2 (2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在2t1时间内的平均速度为v1，所以回到x轴时落到x＝v1×2t1＝12s0处，位置N的坐标为(12,0)。 (3)到N点时竖直分速度大小为v0＝4m/s，水平分速度 v x＝2v1＝12m/s， 故v2＝v20＋v2x＝410m/s。 [答案](1)6m/s(2)见解析图(3)410m/s 【题组突破】 1．小船渡河问题 如图1－3－4所示，河的宽度为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河。出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点。则下列判断正确的是 图1－3－4 A．甲船正好也在A点靠岸 B．甲船在A点下游靠岸 C．甲、乙两船到达对岸的时间相等 D．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇 解析甲、乙两船在垂直河岸方向的分速度均为v sin60°，过河时间均为t ＝ L v sin 60° ，故C 正确。由乙恰好到达A 点知，u ＝v cos 60°＝1 2v ，则甲沿河岸方 向的速度为u ＋12v ＝v ，沿河岸方向的位移为v ·t ＝L sin 60°＜2L ，故A 、B 、D 错 误。 答案 C 2．牵连速度的分解问题 (多选)如图1－3－5所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d 。现将小环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离为d 时(图中B 处)，下列说法正确的是 图1－3－5 A ．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg B ．小环到达B 处时，重物上升的高度也为d C ．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于2 D ．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于2 2 解析 由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由 牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg ，所以A 正确；小环到达B 处时，重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短的长度，即Δh ＝2d －d ，所以B 错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在B 处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解有v B cos θ＝v 重，即v B v 重 ＝ 1 cos θ ＝2，所以C 正确，D 错误。 答案AC 考点二 平抛运动规律 1．飞行时间 t＝2h g。 2．水平射程 x＝v0t＝v02h g。 3．落地速度 v＝v2x＋v2y＝v20＋2gh，以θ表示落地时速度与x轴正方向间的夹角，有tan θ＝v y v x＝ 2gh v0。 4．速度改变量 做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方 向恒为竖直向下，如图1－3－6所示。 图1－3－6 5．两个重要推论 (1)物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图1－3－7甲中所示。 图1－3－7 (2)速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα，如图乙所示。 (2018·济宁二模)如图1－3－8所示，一小球从一半圆轨道左端A点 正上方某处开始平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为45°，重 力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为 图1－3－8 A. 22gR D.(2－1)gR [审题探究] (1)小球运动到B 点时的速度方向如何？水平速度和竖直速度关系如何？(2)小球从抛出到B 点，其水平位移是多少？[解析] 小球飞行轨迹与半圆轨道相切于B 点，则在B 点处速度与水平方 向的夹角为45°。所以v y B ＝v 0① 物体从抛出至B 点，水平位移为x B ＝R ＋R cos 45°＝R ＋2 2 R ②根据平抛运动的规律有x B ＝v 0t ③v y B ＝gt ④ 联立以上几式可得v 0[答案] B 【题组突破】1．分解思想的应用 (2018·江苏卷)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小 球落到水平地面的 A ．时刻相同，地点相同 B ．时刻相同，地点不同 C ．时刻不同，地点相同 D ．时刻不同，地点不同 解析 弹射管沿光滑竖直轨道自由下落，向下的加速度大小为g ，且下落时 保持水平，故先后弹出的两只小球在竖直方向的分速度与弹射管的分速度相同，即两只小球同时落地；又两只小球先后弹出且水平分速度相等，故两只小球在空中运动的时间不同，则运动的水平位移不同，落地点不同，选项B 正确。 答案 B 2．平抛运动的临界问题 如图1－3－9，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6m ，墙的厚度d ＝0.4m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4m 、距窗子上沿高h ＝0.2m 处的P 点，将可视为质点的小物体以速度v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10m/s 2，则v 的取值范围是 图1－3－9 A ．v ＞7m/s B ．v ＞2.3m/s C ．3m /s ＜v ＜7m/s D ．2.3m /s ＜v ＜3m/s 解析 设小物体下落h 所用的时间为t 1，下落h ＋H 所用的时间为t 2，要使 小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，若小物块恰好经过窗子上沿，由平抛运动规律得，h ＝1 2gt 21，v max t 1＝L ，解得v max ＝7m/s ；若小物体恰好经过窗子下 沿，有h ＋H ＝1 2gt 22，v min t 2＝L ＋d ，解得v min ＝3m /s 。故v 的取值范围为3m/s ＜v ＜7m/s ，选项ABD 错误，选项C 正确。 答案 C 3．电场中的类平抛运动 如图1－3－10所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、场强为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O 。试求： 图1－3－10 (1)粒子在电场中运动的时间。 (2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α。(3)粒子打到屏上的点P 到O 点的距离Y 。解析 (1)粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，粒子在电场中运 动的时间为t ＝L v 0 。 (2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为a ＝ Eq m 。v y ＝at ＝ qEL m v 0 ，故粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qEL m v 20 。 (3)设粒子在电场中的偏转距离为y ，则：y ＝12at 2＝12·qEL 2 m v 20 ，又Y ＝y ＋L tan α， 解得：Y ＝3qEL 2 2m v 20 。 答案 (1)L v 0(2)qEL m v 2 (3) 3qEL 2 2m v 20 [方法总结] 在平抛运动中，初速度v 0与加速度g 不是同一直线上的物理量，不能按匀变速直线运动公式x ＝v 0t ＋1 2 at 2、v ＝v 0＋at 直接套用。注意先分解为两个分运动 进行处理，必要时再合成。 考点三 圆周运动 如图1－3－11所示，装置BO ′O 可绕竖直轴O ′O 转动，可视为质 点的小球A 与两细线连接后分别系于B 、C 两点，装置静止时细线AB 水平，细线AC 与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m ＝1kg ，细线AC 长l ＝1m ，B 点距转轴的水平距离和距C 点竖直距离相等(重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 图1－3－11 (1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB 上的张力为0，而细线AC 与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小； (2)若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB 刚好竖直，且张力为0，求此时角速度ω2的大小； (3)装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图中画出细线AC 上张力F T 随角速度的平方ω2变化的关系图像。 [审题探究] (1)当细线AB 上的张力为零、细线AC 与竖直方向的夹角为37°时，小球受几个力的作用？小球做圆周运动的半径是多少？ (2)当细线AB 竖直且张力为零时，小球受几个力的作用？小球做圆周运动的半径又是多少？ (3)ω取不同的数值时，小球受力不同，画出在ω的各个取值区间内小球的受力示意图，并指明向心力的来源。 [解析] (1)细线AB 上张力恰为零时有： mg tan 37°＝mω21l sin 37°解得：ω1＝ g l cos 37°＝5 2 2rad/s 。 (2)细线AB 恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得：cos θ′＝3 5，θ′＝53°，mg tan θ′＝mω22l sin θ′ 此时ω2＝ 5 3 6rad/s 。(3)ω≤ω1＝ 5 2 2rad/s 时，细线AB 水平，细线AC 上张力的竖直分量等于小球的重力F T cos θ＝mg ，F T ＝ mg cos θ ＝12.5N ω1≤ω≤ω2时细线AB 松弛 细线AC 上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力，F T sin α＝mω2l sin α，F T ＝mω2l ω＞ω2时，细线AB 在竖直方向绷直，仍然由细线AC 上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力。 F T sin θ′＝mω2l sin θ′，F T ＝mω2l 综上所述ω≤ω1＝ 5 2 2rad/s 时，F T ＝12.5N 不变，ω＞ω1时，F T ＝mω2l ＝ω2(N)F T －ω2关系图像如图所示。 [答案](1) 5 2 2rad/s (2) 5 3 6rad/s (3)见解析 [归纳提升] 1．解决圆周运动问题要注意以下几点： (1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径。(2)列出正确的动力学方程F ＝m v 2r ＝mrω2 ＝mωv ＝mr 4πr 2T 2。 2．竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析。 【题组突破】 1．水平面内的圆周运动 (多选)(2018·兰州联考)如图1－3－12所示，甲、乙圆盘的半径之比为1∶2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动。两圆盘上分别放置质量为m 1和m 2的小物体，m 1＝2m 2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同。m 1距甲盘圆心r ，m 2距乙盘圆心2r ，此时它们正随盘做匀速圆周运动。下列判断正确的是 图1－3－12 A ．m 1和m 2的线速度之比为1∶4 B ．m 1和m 2的向心加速度之比为2∶1 C ．随转速慢慢增加，m 1先开始滑动 D ．随转速慢慢增加，m 2先开始滑动解析 甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·R ＝ω2·2R ，则得 ω1∶ω2＝2∶1，所以物块相对圆盘开始滑动前，m 1与m 2的角速度之比为2∶1，根据公式v ＝ωr ，得v 1v 2＝ω1r ω2·2r ＝1 1 ，A 错误，根据a ＝ω2r 得m 1与m 2的向心加速 度之比为a 1∶a 2＝(ω21·r )∶(ω2 2·2r )＝2∶1，B 正确；根据μmg ＝m v ω知，m 1先达 到临界角速度，可知当转速增加时，m 1先开始滑动，C 正确，D 错误。 答案 BC 2．竖直平面内的圆周运动 (多选)如图1－3－13甲所示，半径为R 、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看作质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A 时，小球受到的弹力F 与其在A 点速度平方(即v 2)的关系如图乙所示。设细管内径可忽略不计，则下列说法正确的是 图1－3－13 A．当地的重力加速度大小为R b B．该小球的质量为a b R C．当v2＝2b时，小球在圆管的最低点受到的弹力大小为7a D．当0≤v2＜b时，小球在A点对圆管的弹力方向竖直向上 解析由图乙可知，当v2＝b时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用， 此时由重力提供小球做圆周运动的向心力，即mg＝m b R，故g＝ b R，选项A错误； 当v2＝0时，有mg＝a，又因为g＝b R，所以小球的质量m＝ a b R，选项B正确； 当v2＝2b时，设小球运动到最低点时的速度大小为v′，则由机械能守恒定律 可得mg·2R＝1 2 m v′2－1 2 m·2b，设小球在最低点时受到的弹力大小为F′，则由 向心力公式可得F′－mg＝m v′2 R，联立解得F′＝7a，选项C正确；当0≤v 2 ＜b时，小球在最高点时需要的向心力小于小球的重力，所以圆管对小球的弹力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，小球对圆管的弹力方向竖直向下，选项D 错误。 答案BC 考点四平抛运动与圆周运动综合问题 1．掌握一种方法：运动的合成与分解。 2．用好一个流程 如图1－3－14所示，AB 段为一半径R ＝0.2m 的光滑1 4 圆弧轨道， EF 是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1kg 的薄木板CD ，开始时薄木板被锁定，一质量也为0.1kg 的物块(图中未画出)从A 点由静止开始下滑，通过B 点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度。已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ＝36 。(g ＝10m/s 2，结果可保留根号)求： 图1－3－14 (1)物块到达B 点时对圆弧轨道的压力；(2)物块滑上薄木板时的速度大小； (3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间。 [解析] (1)物块从A 到B 的过程，由动能定理得： mgR ＝12 m v 2B 解得：v B ＝2m/s 在B 点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2B R 解得：F N ＝3N 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3N ，方向竖直向下。 (2)设物块滑上薄木板的速度为v ，则：cos 30°＝v B v 解得：v ＝ 43 3 m/s 。(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：对物块：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1对薄木板：mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2设物块和薄木板达到的共同速度为v ′，则：v ′＝v ＋a 1t ＝a 2t 解得：a 1＝2.5m/s 2，t ＝43 15s 。[答案] (1)3N ，方向竖直向下 (2)43 3 m/s (3)2.5m/s 2 43 15 s 【题组突破】1．平抛接圆周 如图1－3－15所示，参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台以v 0＝8m /s 的速度从A 点水平跃出后，沿B 点切线方向进入光滑圆弧轨道，沿轨道滑到C 点后水平离开轨道。已知A 、B 之间的竖直高度H ＝1.8m ，圆弧轨道半径R ＝10m ，选手的质量为50kg ，不计空气阻力，g ＝10m/s 2，求： 图1－3－15 (1)选手从A 点运动到B 点的时间及到达B 点的速度；(2)选手到达C 时对轨道的压力。解析 (1)选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向 H ＝12gt 2 解得：t ＝ 2H g ＝0.6s 在竖直方向v y ＝gt ＝6m/s 选手到达B 点速度为v B ＝v 20＋v 2 y ＝10m/s 设与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v y v 0＝0.75，则θ＝37° (2)从B 点到C 点： mgR (1－cos θ)＝12m v 2C －12 m v 2 B 在C 点：F N C －mg ＝m v 2C R ，F N C ＝1200N 由牛顿第三定律得，选手对轨道的压力F N C ′＝F N C ＝1200N ，方向竖直向下。 答案 (1)0.6s 10m/s ，与水平方向的夹角为37° (2)1200N ，方向竖直向下2．圆周接平抛 如图1－3－16所示，质量是1kg 的小球用长为0.5m 的细线悬挂在O 点，O 点与地面间的竖直距离为1m ，如果使小球绕OO ′轴在水平面内做圆周运动，若细线能承受的最大拉力为12.5N ，(g ＝10m/s 2)求： 图1－3－16 (1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离。解析 (1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球进行受力分析，如图所示 竖直方向F T cos θ＝mg ，得：cos θ＝4 5 。故θ＝37° 向心力F 向 ＝mg tan37°＝mω2L sin37°解得：ω＝5rad/s (2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为v0＝ωL sin37°＝1.5m/s 竖直方向：y＝h－L cos37°＝1 2 gt2，水平方向：x＝v0t 解得d＝L2sin2θ＋x2＝0.6m。答案(1)5rad/s(2)0.6m